（2022高中数学一轮复习）专题4.12—导数大题（零点个数问题1）-2022届高三数学一轮复习精讲精练.doc

1、专题专题 4.12导数大题（零点个数问题导数大题（零点个数问题 1） 1已知( )(1)sinf xln xax，其中a为实数 （1）若( )f x在( 1,0)上单调递增，求a的取值范围； （2）当1a 时，判断函数( )f x在( 1, )上零点的个数，并给出证明 解： （1）( )f x在( 1,0)上单调递增， ( ) 0fx 在( 1,0)恒成立，即 1 ( )cos0 1 fxax x ， 1 cos 1 ax x ，即 1 () (1)cos min a xx ， 令( )(1)cosm xxx，( )cos(1)sinm xxxx， 当( 1,0)x 时，cos0 x ，10

2、x ，sin0 x， 所以( )0m x，所以( )(1)cosm xxx在( 1,0)上单调递增， 则 1 (1)cos y xx 在( 1,0)上单调递减， 所以 1 ()1 (1)cos min xx ， 1a ，即a的取值范围是(，1 （2）( )(1)sinf xln xax，则 11 ( )cos(1)cos 11 a fxaxxx xxa ，( 1, )x ， 令 1 ( )(1)cosg xxx a ，则( )(1)sincosg xxxx， 当10 x 时，( )0g x恒成立， ( )g x在( 1,0)上单调递减， 又 11 ( 1), (0)10gg aa ， ( )0

3、g x在( 1,0)上有一解 0 x，且 0 ( 1,)xx 时，( )0g x ，当 0 (xx，0)时，( )0g x ， ( )f x在 0 ( 1,)x上单调递增，在 0 (x，0)上单调递减， 又 0 11 (1)sin(1)0,()(0)0 aa faaf xf ee ， ( )f x在( 1,0)上有 1 个零点； 当0 x 时，(0)0f，则0 x 是一个零点； 当0 2 x 时，令( )(1)sinh xln xx，则 2 11 ( )cos ,( )sin 1(1) h xx h xx xx ， 又 2 1 ,sin (1) yyx x 在(0,) 2 上均单调递增，则(

4、)h x在(0,) 2 上均单调递增， 又(0)10,()0 2 hh ， ( )0h x在(0,) 2 上有一解 1 x，且当 1 (0,)xx时，( )0h x，当 1 (,) 2 xx 时，( )0h x， ( )h x 在 1 (0,)x上单调递减，在 1 ( ,) 2 x 上单调递增， 1 ()(0)0,()0 2 h xhh ， ( )0h x 在 1 ( ,) 2 x 上有一解 2 x，且 2 (0,)xx时，( )0h x，当 2 (,) 2 xx 时，( )0h x， ( )h x在 2 (0,)x上单调递减，在 2 (,) 2 x 上单调递增， 又(0)0h，()(1)10

5、 22 hln ， ( )0h x在(0,) 2 上恒成立， 此时( )0f x 在(0,) 2 上无解； 当 2 x 时， 1 ( )(1)cos0g xxx a 在(, ) 2 上恒成立， ( )f x在(, ) 2 上单调递增， 又()(1)(1)10 222 flnaln ，( )(1)0fln， ( )f x在(, ) 2 上有一个零点； 综上，( )f x在( 1, )上有三个零点 2已知函数 2 1 ( )sincos 2 f xxxxax （1）当0a 时，求( )f x在，上的单调区间； （2）当0a 时，讨论( )f x在0，上的零点个数 解： （1）当0a 时，( )si

6、ncosf xxxx，x ， ( )sincossincosfxxxxxxx， 当x在区间，上变化时，( )fx，( )f x的变化如下表： x(,) 2 2 (,0) 2 0(0,) 2 2 (, ) 2 ( )fx 0 00 ( )f x 增极大 值 2 减极 小值 1 增极大 值 2 减 ( )f x的单调增区间为(,) 2 ，(0,) 2 ，( )f x的单调减区间为(,0) 2 ，(, ) 2 （2）( )cos(cos )fxaxxxx ax，0 x， 当1a时，cos0ax在0，上恒成立， 0 x ，时，( ) 0fx， ( )f x在0，上单调递增， 又(0)10f ，( )f

7、 x在0，上没有零点； 当01a时，令( )0fx，得cos xa ， 由10a 可知存在唯一 0 (, ) 2 x 使得 0 cosxa ， 当0 x， 0) x时，( ) 0fx，( )f x单调递增， 当 0 (xx，)时，( )0fx，( )f x单调递减， (0)1f， 0 ()1f x， 2 1 ( )1 2 fa， 当 2 1 10 2 a ，即 2 2 1a 时，( )f x在0，上没有零点， 当 2 1 1 0 2 a ，即 2 2 0a 时，( )f x在0，上有 1 个零点， 综上，当 2 2 0a 时，( )f x有 1 个零点，当 2 2 a 时，( )f x没有零点

8、 3已知函数( )2() x f xeaxlnaR （1）若函数( )f x的极小值为2ln，求a的值； （2）当2a 时，求函数( )( )cos2g xf xxln在(,) 2 上的零点个数 解： （1）( ) x fxea，由于函数( )f x存在极小值，显然0a ， 且易知此时函数( )f x在xlna处取得极小值， 22 lna ealnalnln ，即0aalna，解得ae， 经检验，ae符合题意； （ 2 ） 当2a 时 ，( )22 x f xexln， 则( )2cos x g xexx，( )2sin x g xex， ( )cos x gxex， 当 2 x 时，( )0

9、gx恒成立，则( )g x在(,) 2 上单调递增， 又(0)10g ，g（2） 2 2sin20e，故存在唯一的 0 (0,2)x ，使得 0 ()0g x， 且当 0 (,) 2 xx 时，( )0g x，( )g x单调递减，当 0 (xx，)时，( )0g x，( )g x单调递增， 又 0 (0)0cos00ge，则 0 ()0g x，故( )g x在 0 (,) 2 x 存在一个零点； 又g（3） 3 6cos30e，由零点存在性定理可知，( )g x在 0 (x，)存在一个零点； 综上，( )g x在(,) 2 上有两个零点 4已知函数( ) x x x f xaeb e （其中

10、0a ，e是自然对数的底数） （1）若( )yf x在点(0，(0)f处的切线方程为10 xy ，求a，b； （2）若1b ，函数( )yf x恰好有两个零点，求实数a的取值范围 解： （1）函数( ) x x x f xaeb e （其中0a ，e是自然对数的底数） 1 ( ) x x x fxae e ， （2 分） ( )yf x在点(0，(0)f处的切线方程为10 xy ， 所以 11 1 a ab ，解得2a ，1b （4 分） （2） 1 ( )10(1) x xxx xx f xaea eee ， （6 分） 问题等价于 1 ( )(1) xx x g x ee 的图象和直线ya

11、恰好有 2 个交点，求a的取值范围 令 1 ( )(1) xx x g x ee ，则 2 12 ( ) x x xe g x e 令( )12 x h xxe ， 则( )20 x h xe ，( )h x在(,) 上单调递减又(0)0h， 当(,0)x 时，( )0h x ，( )0g x，( )g x在(,0)上单调递增 当(0,)x时，( )0h x ，( )0g x，( )g x在(0,)上单调递减， ( )g x的极大值即最大值为(0)1g（18 分） 当(x ，0时，( )(g x ，1：当(0,)x时，( )(0g x ，1)（10 分） 当(0,1)a时， 1 ( )(1)

12、xx x g x ee 的图象和直线ya恰好有 2 个交点， 函数( )f x恰好有两个零点 （12 分） 5已知函数 2 ( )cos1 x f xaxe ，且()0 2 f （1）求实数a的值，并判断( )f x在(0,) 2 上的单调性； （2）对确定的*kN，求( )f x在2 2 k ，2k上的零点个数 解： （1）( )f x的定义域为R， 2 ( )sin x fxaxe ， 所以 22 ()sin10 22 faea ，所以1a ， 则 2 ( )sin x fxxe ， 因为函数sinyx 在(0,) 2 上单调递减， 2 x ye 在(0,) 2 上单调递减， 所以 2 (

13、 )sin x fxxe 在(0,) 2 上单调递减， 又()0 2 f ，所以当(0,) 2 x 时，( )()0 2 fxf ， 所以( )f x在(0,) 2 上单调递增 （2） 2 ( )sin x fxxe ， 2 ( )cos x fxxe ， 因为cosyx 在2 2 k ，2k上单调递增， 2 x ye 在2 2 k ，2k上单调递增， 所以 2 ( )cos x fxxe 在2 2 k ，2k上单调递增， 又 (2) 2 22 (2)cos(2)0 22 k k fkkee ， (2)2 22 (2)cos(2)10 kk fkkee ， 由零点存在定理及( )fx的单调性，

14、知存在唯一的 0 (2 2 xk ，2)k，使得 0 ()0fx， 从而当(2 2 xk ， 0) x时， 0 ( )()0fxfx，( )fx单调递减， 当 0 (xx，2)k时， 0 ( )()0fxfx，( )fx单调递增， (2) 20 22 (2)sin(2)110 22 k k fkkeee ， ( )fx在2 2 k ，2k上的最小值 0 ( )()(2)0 2 min fxfxfk ， (2)2 22 (2)sin(2)0 kk fkkee ， 由零点存在定理及( )fx的单调性，知存在唯一的 10 (xx，2)k，使得 1 ()0fx， 从而当(2 2 xk ， 1) x时，

15、 1 ( )()0fxfx，( )f x单调递减， 当 1 (xx，2)k时， 1 ( )()0fxfx，( )f x单调递增， (2) 20 22 (2)cos(2)1110 22 k k fkkeee ， (2)2 22 (2)cos(2)10 kk fkkee ， ( )f x在2 2 k ，2k上的最小值 1 ( )()(2)0 min f xf xfk， 由零点存在定理及( )f x的单调性，知( )f x在2 2 k ，2(*)kkN上有且仅有一个零点 6已知函数 2 ( )(1) (1) 2 x f xxln x （1）证明：(0,)上，( )f x有唯一的极小值点 0 x，且

16、0 23x； （2）讨论函数( )f x零点个数 解： （1）证明：令( )( )1(1)h xfxxln x ， 则 1 ( )1 11 x h x xx ， 当0 x 时，( )0h x，( )h x单调递增， h（2）130ln ，h（3）240ln， 所以在(0,)上，( )f x有唯一的极小值点 0 x，且 0 23x （2）在( 1,0)上，( )0 1 x h x x ，( )fx为减函数， 且 22 11 (1)0f ee ，(0)10f ， 所以存在 1 ( 1,0)x ， 1 ()0fx， 所以在 1 ( 1,)x上，( )0fx， 在 1 (x，0)上，( )0fx， 在

17、(0,)上，( )0h x，( )fx为增函数， 由（1）知，存在 20 (0,)xx上， 2 ()0fx， 所以在 2 (0,)x上，( )0fx， 在 2 (x，)上，( )0fx， 所以 1 ( 1,)x上，( )0f x ，( )f x无零点， 在 1 (x， 2) x上，( )0fx，( )f x为减函数， 又 1 0(x， 2) x且(0)0f， 所以( )f x只有一个零点为 0， 在 2 (x，)上，( )f x为增函数， 2 ()(0)0f xf， 所以 4222 22 21(6)1 (1)20 22 eee e f ee ， 所以在 2 (x，)上，( )f x仅有一个零点， 综上所述，( )f x零点个数为 2